【文档说明】江西省名校2021届高三上学期第一次联考化学试题图片版含答案.pdf，共(17)页，746.455 KB，由小赞的店铺上传

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[来源:Z#xx#k.Com]2021届高三第一次江西名校联考化学详细解析1.D解析：D项，纯碱溶液显碱性，能促进油脂水解、热的纯碱溶液能使油脂水解速率变快，故D正确。A项，“84消毒液”有强腐蚀性，不能用于洗手，故A错误；B项，石油产品中含有

硫元素，燃烧时会转化为SO2而污染空气，故B错误；C项，制造芯片的材料是高纯度单质硅，故C错误；综上所述，本题正确的答案为D。2.B解析：B项，通过饱和NaHCO3溶液时可除去SO2，SO2+2NaHCO3=Na2SO3+H2O+2CO2↑，通过浓硫酸时可除去水蒸气，故B正确；A项，

向滤液中加入适量盐酸后得到的是AlCl3与NaCl的混合溶液，故A错误；C项，HCl气体先与NaOH反应，然后再与Na2CO3反应，故C错误；D项，CO将CuO还原为Cu后，铜仍与MgO混合在一起，故D错误。综上所述，本题正确的答案为B。

3.D解析：D项，有羟基、醚键、碳碳双键、酯基、肽键共5个官能团，故D错误。A项，化合物M分子式为C16H27O5N，故A正确；B项，有机物M中含有羟基，并且羟基的β位C上有氢原子，能发生消去反应，含

有碳碳双键能发生加聚反应，故B正确；C项，含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；综上所述，本题的正确答案为D。4.A解析：A项，钠与氧气反应生成的物质(Na2O2、Na2O)中，阳离子与阴离子个数比都是2：1，故A正确；B项，SiO2是由原子直接构成的物质，没有分子这种微

粒，故B错误；C项，标准状况下，4.48L气体物质的量为0.2mol，因一个CO2分子中含有一个碳原子、一个SO2分子中含有一个硫原子，故0.2mol混合气体中含有0.2mol碳、硫原子，所以碳、硫原子数目共为0.2NA，故C错误；D项，D216

O摩尔质量为20g·mol-1，2gD216O物质的量为0.1mol，1个D216O中含有10个中子，2gD216OD含有中子数为NA，故D错误。[来源:学|科|网]综上所述，本题的正确答案为A。5.A解析：A项，易推出X、Y、Z、W分别是H、O、Na、Cl，简单离子半径大小为Cl－>O2－>Na

+>H＋，故A错误；B项，非金属性O>Cl，稳定性H2O>HCl，故B正确；C项，常温下Na是固体，沸点最高，Cl2、O2、H2三种气体的相对分子质量从大到小的顺序为Cl2、O2、H2，分子晶体相对分子质量大沸点高，沸点从大到小的顺序为Cl2、O

2、H2，故C正确；D项，NaClO的水溶液中，ClO-+H2OOH-+HClO，溶液呈碱性，故D正确。综上所述，本题的正确答案为A。6.D解析：D项，在2NO2N2O4△H＜0平衡中，温度升高，平衡逆向移动，热水中的颜色深，故D项正确；A项，实验室制

备氢氧化铁胶体使用的试剂是饱和氯化铁溶液，实验原理为：。存在着水解平衡，由于沸水加热促使平衡正向移动，充分生成胶体。由于硫酸不易挥发，用饱和Fe2(SO4)3溶液制氢氧化铁胶体，效果不佳，故A项错误；B项，实验室制备氢氧化亚铁，由于氢氧化

亚铁易被氧化，实验操作不能用滴加方式，宜改用长胶头滴管伸入液面以下，挤入氯化亚铁溶液，故B项错误；C项，配制一定物质的量浓度溶液时的定容操作，是离刻线2-3cm处时用胶头滴管滴加，并且胶头滴管不能伸入容量瓶，故C项错误；综上所述，本题的正确答案

为D。7.D解析：D项，煅烧应在坩埚中进行，故D错误。A项，磷酸根显-3价、Li为+1价依据化合价规则可知，铁显+2价，故A正确；B项，铁溶于稀硫酸时生成Fe2+，沉铁过程中Fe2+被氧化为+3价铁，H2O2能将Fe2+氧化为Fe3+，故B正确；C项，由图中信

息及磷酸是弱酸知故，C正确；综上所述，本题的正确答案为D。8.C解析：C项，酯化反应是可逆反应，仪器A中不可能获得纯净的乙酸乙酯，故C错误；A项，酯化反应是可逆反应，分水器的使用，有利于反应向生成乙酸乙酯的方向进行，可以提高乙酸乙酯的产率，故A正确；B项，由于乙醇沸点和乙酸乙酯的沸点相差不大，在加

热过程中乙醇损失比较多，因此加入适当过量的乙醇，向生成乙酸乙酯的方向进行，提高乙酸的利用率，故B正确；D项，仪器B是球形冷凝管，可防止乙醇、乙酸和乙酸乙酯的挥发，故D正确。综上所述，本题的正确答案为C。9.A解析：A项，由双极膜中的OH－、H＋和移动

方向知X极为负极，电极反应为Zn－2e－＋4OH－＝Zn(OH)2－4，电极附近c(OH﹣)降低，pH减小，故A错误；B项，多孔可增大与气体的接触面积，提高反应速率，故B正确；C项，根据原子守恒、电荷守恒可知Z

n－2e－＋4OH－＝Zn(OH)2－4，故C正确；[来源:学科网ZXXK]D项，电流由电池的正极流向负极，故D正确。综上所述，本题的正确答案为A。10.B解析：B项，能使Al→AlO2－的溶液显强碱性，K+、Ba2+、NO3－、Cl－间彼此不反应且均不与OH－反应，故B正确

；A项，由于Al3+能水解使溶液中c(OH－)<c(H＋)，故A错误；C项，遇石蕊变深蓝色的溶液显强碱性，此时HCO－3不能存在，故C错误；D项，滴加盐酸生成沉淀的溶液可能含有Ag+、SiO2－3或AlO2－，故D错误。综上所述，本题的正确答案为

B。11.B解析：B项，由题给数据知，当加入20mLNa2CO3溶液时，R(NO3)2与Na2CO3溶液恰好反应完，此时溶液中c(R2+)=c(CO2－3)=1×10-7.3mol·L-1，Ksp(RCO3)=1×10-14.6，RSO4(s)+CO2－3(aq)RCO3(s)+SO2

－4(aq)可得：K=)(CO)(SO-23-24cc)(RCO)(RSO3SP4SPKK=106.6，故B正确；A项，RSO4、RCO3的组成形式相同，前者Ksp大于后者，故饱和溶液中c(CO2－3)<c(SO2－4)，故A错误

；C项，Ksp(RSO4)只与温度有关，故C错误；D项，a点时，Q(RCO3)=c(R2+)×c(CO2－3)>KSP(RCO3)，此时反应向形成沉淀方向进行，即生成RCO3的速率较大，故D错误。综上所述，本题的正确答案为B。12.D解析：D.d点的混合溶液中也可能有：c(Na+)>c(OH

‒)>c()，故D错误；A.混合溶液的电导率（导电能力）与离子浓度和种类紧密相关，故A正确；B.a→b段上升的主要原因是：OH‒+=H2O+，如果主要原因是：OH‒+=NH3·H2O电导率会下降，故B正确；C.b→c段下降的原因肯定有：OH‒+=NH3·H

2O，故C正确；综上所述，本题的正确答案为D。13.C解析：C项，b室发生的是2I--2e-=I2，c室是阴极室，发生还原反应2H++2e-=H2↑，b室的H+从b室流向c室，故C正确；A项，首先该装置是一个电解装置，b室流入的是碘化氢溶液，而流出的是含有碘单质，所以在b

室发生的是2I--2e-=I2，该反应是氧化反应，b室是阳极室，M与电源正极相连，N与电源负极相连，故A错误；B项，c室是阴极室，发生还原反应2H++2e-=H2↑，生成1molH2，转移电子数为2mol，在左侧电解液储备池发生的反应也应该转

移2mol电子，依据反应I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，转移2mol电子，消耗1molSO2，也就是标准状况下，22.4LSO2，故B错误；D项，HI溶于水形成氢碘酸的溶液，是强酸溶液，因此发生的反应为2I--2e-=I2，故D错误。综上

所述，本题的正确答案为C。14.B解析：B项，对于反应机理图的分析，在镍基La2O3催化下，H2、CO2被活化，没有被活化，故B项错误；A项，对于反应机理图的分析，最基本的是判断反应物，产物以及催化剂。在历程中既非反应物又

非产物的物质如，可视作中间产物，故A项正确；C项，对于反应机理图的分析，在镍基La2O3催化下，H2被活化成氢原子，故C项正确；D项，对于反应机理图的分析，在镍基La2O3催化下，CO2被活化成2CO，方程式可写成：La2O2CO3=2CO+La2O3，故D项正确。

综上所述，本题的正确答案为B。15.【答案】[来源:Z。xx。k.Com](1)<SO3(g)+H2O(g)=H2SO4(g)ΔH=－(227.8+a)kJ·mol-1(2)①6.62ii②B(3)2

×10-4(4)C【解析】(1)同一物质，气态时能量高于液态物质的能量，故a<0。由盖斯定律知，用①+②-③即可得到SO3(g)+H2O(g)=H2SO4(g)ΔH3=－(227.8+a)kJ·mol-1。(2)①由图知，最大能垒为3.66eV-(-2.96eV)

=6.62eV。由于生成硫酸的能垒较小，故反应i是快反应、反应ii是慢反应。②有化学键的形成与断裂，故A正确；由相对能量可知属于放热反应，放热反应中形成化学键释放出的能量较多，故B错误，D正确；由图知，d中水分子

有2个T原子而f中的水分子只有一个T，故C正确。综上所述，本题的正确答案为B。(3)设SO3、CH3OH开始时物质的量为amol，平衡时转化率b，则CH3OH(g)+SO3(g)CH3OSO3H(g)开始时物质的

量(mol)aa0变化的物质的量(mol)ababab平衡时物质的量(mol)a-aba-abab平衡时总物质的量为(2a-ab)mol，同温同体积时压强比等于物质的量之比，故有P(平)︰P(始)=n(平)︰n(始)，(2×105-40%×2×105)︰2×105=(2a-ab)

︰2a，解得b=0.8。平衡时，混合气体共有1.2amol，CH3OH(g)、SO3物质的量各为0.2amol、CH3OSO3H(g)为0.8amol，混合气体总压强为1.2×105。CH3OH(g)、SO3(g)、CH3OSO3H(g

)三种物质的物质的量分数依次为、、，平衡分压依次为：P平、P平、P平，由此可求出KP=2×10-4。(4)由相同时间内温度为T2时SO3浓度减小得更多可知T2>T1，温度高速率快，达到平衡所用时间少，故A错误；对于同一

个反应而言，若以SO3为对象，其瞬时反应速率v=v正-v逆，其值为某时刻的曲线斜率（mol·L-1·h-1）。显而易见，T1温度下曲线上的a点的反应速率大于T2温度下的c点，故B错误。对于可逆反应：CH3OH(g)+SO3(g)CH3OSO3H(g)，T1温度下曲线

上的a点的反应速率大于b点，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，而逆反应速率逐渐增加，直到平衡时v正=v逆，因此a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C正确。b点时消耗的SO3浓度为(1.5-0.6)mol·L-1=0.9mol·L-1，故CH3O

SO3H(g)浓度为0.9mol·L-1，故D错误。综上所述，本题的正确答案为C。16.【答案】（1）N2H4·H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O（2）①aC②C（3）蒸发结晶洗涤（4）①有红棕色固体析出②92.9%【解析】(1)由流程图知，实验步骤I中生成物有Na

N3、CH3OH，可先写出CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH→NaN3+CH3OH，再根据质量守恒原理可确定生成物中还有“3H2O”，N2H4·H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O。(2)①通入冷凝水，为使冷凝管充满冷凝水，充分冷却，即冷凝水由a口流入

，由b口流出；由于步骤I发生的是放热反应，CH3OH易气化，气化后的物质会导致三颈烧瓶中压强增大，故C项正确。②X处连接的最合适装置应是冷凝装置，球形冷凝管冷凝液体不能完全流出，因此应使用直形冷凝管，故合理选项是C；(

3)从溶液中析出易溶性NaN3，需要先蒸发掉大部分水使NaN3结晶析出，然后抽滤（减压过滤）、洗涤。(4)当N3－沉淀完后，会形成红棕色的Ag2CrO4，故判断滴定终点的依据是有红棕色沉淀出现。n(NaN3)=0.02000L×0.5000mol·L-1=0.01000mol，m(N

aN3)＝0.6500g，纯度为92.9%。17.【答案】(1)+3生产红色油漆和涂料或用于炼铁(2)硫酸加入量过多或过少，铝元素均难以完全沉淀下来(其它合理说法也对)Na2SO4、Na2Cr2O7(3)4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O28Na2CrO

4+2Fe2O3+8CO22CrO2－4＋2H＋Cr2O2－7＋H2O(用“=”也不扣分)(4)1×10-(47-3a)【解析】(1)由化合价规则可知Fe(CrO2)2中铬为+3价。(2)当硫酸加入过少时，AlO2－不能全部

转化为Al(OH)3沉淀下来，如果硫酸加入量过大，生成的Al(OH)3又会转化为Al3+，这些可能会对后面的生产带来干扰。操作I是结晶，结晶析出重铬酸钠晶体后溶液中仍有Na2Cr2O7，另外还有Na2SO4。(3)由图知，反应物有O2

、Na2CrO4、Na2CO3，反应后铁转化为Fe2O3，铬元素转化为Na2CrO4，此外还有CO2生成，方程式为4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2。分析酸化前后铬元素的存

在形式知，酸化过程中是CrO42－转化为Cr2O72－的变化，离子方程式为2CrO2－4＋2H＋Cr2O2－7＋H2O（也可以用等号）。(4)pH=a时，c(OH－)=1×10-(14-a)mol/L，此时c(Al3+)=1×10-5mol/L，Ksp=1×10

-(47-3a)。18.【答案】(1)2IO3－+5SO2－3+2H+=5SO2－4+I2+H2O加入过量稀盐酸后再滴加少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成(2)开始时反应物浓度处于最大状态，反应速率应最大ii[来源:学+科+网](3)正确SO2－3+H2O－2e－

＝SO2－4＋2H＋【解析】(1)溶液变蓝，说明有碘单质生成，SO2－3是还原剂，被氧化为SO2－4，离子方程式为2IO3－+5SO2－3+2H+=5SO2－4+I2+H2O。检验SO2－4的方法是取少量试样放入试管中，先加入过量稀盐酸除去可能存

在的SO2－3，再滴加少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成。（2）反应开始时反应物浓度最大，在其它条件相同时，浓度越大，反应速率越快，故假设2错误；若是反应ⅰ速率慢，则开始时溶液不变色，反应ⅱ速率快，则生成的I－被IO3－迅速氧化为I2，溶液迅速变蓝色；若反应i速率快，反应ii速率慢，则与5秒后溶液

颜色迅速变蓝不吻合。(3)a极区溶液不变色，说明放电中没有I2生成，即IO3－最初是被SO2－3还原为I－的，故假设1是正确的。b极是阳极，SO2－3失去电子转化为SO2－4，电极反应式为SO2－3+H2O－2e－＝SO2－4＋2H＋。19.【答案】（

1）13（2）sp2、sp34B（3）FeF3是离子晶体，而FeCl3是分子晶体（其它合理说法也对）C（4）FeO331b)+(a103.6【解析】（1）氮原子最高能级是2p，2p上有3个电子，由洪特规则知，3个电子的自旋方向相同，故电子排布图为。Fe3+

的M能层上有13个电子，故有13种运动状态。（2）X中五元环上碳原子的形成了3个σ键，为sp2杂化，环外的碳原子形成了4个σ键，为sp3杂化；以sp3形式杂化的碳原子有四个，它们可形成以碳原子为中心的四面体结构。因X是离子液体，所以物质中存在

离子键，C－H等是σ键、环上存在π键，［FeCl4］－存在配位键，不存在的氢键，B是正确答案。（3）由熔点低、可溶解在有机物中知其是分子晶体，晶体的结构微粒是FeCl3分子，C正确；FeF3是离子晶体，熔化时需要克服离子键的作用，需要消耗较多的能量。（4）由均摊原理可求出铁原子数目为8×81＋

6×21＝4，氧原子数目为12×41＋1＝4，铁氧原子数目比为1︰1，故化学式为FeO。位于棱上相邻的两个原子相切，故晶胞参数为2(a+b)pm，体积为8×10-30(a+b)3cm3，晶胞质量为（A4N72）g，故有ρｇ·cｍ-3×8×10-30(a+b)3cm3=A4

N72g，NA=mol-1。每个晶胞中原子总体积为：cm3，晶胞的体积为：（2a+2b）310-30cm3，空间利用率为：；故答案为：或。20.【答案】（1）乙二醇保护醛基（2）（3）取代反应（4）醛基、碳碳双键（5）（6）合成路线如下：【解析

】（1）依据已知ⅱ信息可知，化合物B的名称乙二醇；A到C反应的作用保护醛基，I到K又把醛基释放出来，防止在反应过程中醛基发生反应，整个过程中A到C反应的作用保护醛基。（2）依据可知，化合物E的结构简式。（3）C+F化学反应方程式，反应类型取代反应。（4）化合物K中官能

团名称：醛基、碳碳双键。（5）已知化合物J是K的同分异构体，其能发生银镜反应，且核磁共振氢谱峰面积之比为4：4：1：1。J结构简式。（6）设计由化合物A、E和Ph3P=CH2制备丙烯醛的合成路线